2020版高考数学高考必考题突破讲座4立体几何的综合问题课时达标文（含解析）新人教A版.docx

高考必考题突破讲座(四)1(2017江苏卷)如图，在三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EFAD.求证：(1)EF平面ABC；(2)ADAC.证明 (1)在平面ABD内，因为ABAD，EFAD，所以EFAB.又因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.(2)因为平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，BC平面BCD，BCBD，所以BC平面ABD.因为AD平面ABD，所以BCAD.又ABAD，BCABB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD平面ABC.又因为AC平面ABC，所以ADAC.2如图，在直角三角形ABC中，A60，沿斜边AC上的高BD将ABD折起到PBD的位置，点E在线段CD上(1)求证：PEBD；(2)过点D作DMBC交BC于点M，点N为PB的中点，若PE平面DMN，求的值解析 (1)证明：因为BDPD，BDCD，且PDCDD，PD，CD平面PCD，所以BD平面PCD.又PE平面PCD，所以BDPE.(2)由题意得BMBC，取BC的中点F，则PFMN.又PF平面DMN，MN平面DMN，所以PF平面DMN.又因为PE平面DMN，PEPFP，所以平面PEF平面DMN，平面PEF平面BDCEF，平面DMN平面BDCDM，所以EFDM，所以.3(2017全国卷)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ADCD.(1)证明：ACBD；(2)已知ACD是直角三角形，ABBD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AEEC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比解析 (1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO.因为ADCD，所以ACDO.又由于ABC是正三角形，所以ACBO.从而AC平面DOB，故ACBD.(2)连接EO.由(1)及题设知ADC90，所以DOAO.在RtAOB中，BO2AO2AB2，又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90.由题设知AEC是直角三角形，所以EOAC.又ABC是正三角形，且ABBD，所以EOBD.故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为11.4如图1，在矩形ABCD中，AB12，AD6，E，F分别为CD，AB边上的点，且 DE3，BF4，将BCE沿BE折起来至PBE的位置(如图2所示)，连接AP，PF，其中PF2.图1图2(1)求证：PF平面ABED；(2)求点A到平面PBE的距离解析 (1)证明：在题图2中，连接EF，由题意可知PBBCAD6，PECECDDE9，在PBF中，PF2BF2201636PB2，所以PFBF.在题图1中，连接EF，作EHAB于点H，利用勾股定理，得EF，在PEF中，EF2PF2612081PE2，所以PFEF，又因为BFEFF，BF平面ABED，EF平面ABED，所以PF平面ABED.(2)如图，连接AE，由(1)知PF平面ABED，所以PF为三棱锥PABE的高设点A到平面PBE的距离为h，因为VAPBEVPABE，即69h1262，所以h，即点A到平面PBE的距离为.5如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，AB2CD，E为PB的中点(1)求证：CE平面PAD；(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由解析 (1)证明：取PA的中点H，连接EH，DH.因为E为PB的中点，所以EHAB，EHAB，又ABCD，CDAB，所以EHCD，EHCD，因此四边形DCEH是平行四边形，所以CEDH，又DH平面PAD，CE平面PAD，故CE平面PAD.(2)存在点F为AB的中点，使平面PAD平面CEF.证明如下：取AB的中点F，连接CF，EF，所以AFAB，又CDAB，所以AFCD，又AFCD，所以四边形AFCD为平行四边形，因此CFAD，又CF平面PAD，所以CF平面PAD，由(1)可知CE平面PAD，又CECFC，故平面CEF平面PAD，故存在AB的中点F满足要求6在四棱锥EABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC底面ABCD，点F为BE的中点(1)求证：DE平面ACF；(2)若ABCE，在线段EO上是否存在点G，使CG平面BDE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解析 (1)证明：连接OF，由四边形ABCD是正方形可知点O为BD的中点又F为BE的中点，所以OFDE.又OF平面ACF，DE平面ACF，所以DE平面ACF.(2)存在点G，此时.证明如下：若CG平面BDE，则必有CGOE，于是作CGOE于点G.因为EC底面ABCD，所